西安电子科技大学：《大学物理》课程习题解答（力学）第5章角动量及其规律习题解答.doc_大学文库

第5章角动量及其规律习题解答 38 第 5章角动量及其规律习题解答第五章基本知识小结 ⒈力矩力对点的力矩 o r F     =  力对轴的力矩 = ⊥  F⊥ k r z   ˆ  ⒉角动量质点对点的角动量 Lo r p    =  质点对轴的角动量 = ⊥  p⊥ L k r z   ˆ ⒊角动量定理适用于惯性系、质点、质点系 ⑴质点或质点系对某点的角动量对时间的变化率等于作用于质点或质点系的外力对该点的力矩之和  = dt dL0    外 ⑵质点或质点系对某轴的角动量对时间的变化率等于作用于质点或质点系的外力对该轴的力矩之和  = dt dLz z  ⒋角动量守恒定律适用于惯性系、质点、质点系 ⑴若作用于质点或质点系的外力对某点的力矩之和始终为零，则质点或质点系对该点的角动量保持不变 ⑵若作用于质点或质点系的外力对某轴的力矩之和始终为零，则质点或质点系对该轴的角动量保持不变 ⒌对质心参考系可直接应用角动量定理及其守恒定律，而不必考虑惯性力矩。 5.1.1 我国发射的第一颗人造地球卫星近地点高度 d 近=439km, 远地点高度 d 远=2384km,地球半径 R 地=6370km,求卫星在近地点和远地点的速度之比。解：卫星在绕地球转动过程中，只受地球引力（有心力）的作用，力心即为地心，引力对地心的力矩为零，所以卫星对地心的角动量守恒 m 月 v 近（d 近+R 地）=m 月 v 远（d 远+R 地） v 近/v 远=（d 远+R 地）/（d 近+R 地） =（2384+6370）/（439+6370）≈1.29 5.1.2 一个质量为m的质点沿着 r a ti b t j ˆ = cos ˆ + sin  的空间曲线运动，其中 a、b 及ω皆为常数。求此质点所受的对原点的力矩。解： 0 ) ˆ ( cos ˆ sin ˆ / cos ˆ sin ˆ cos ˆ / sin 2 2 2 2 2 2 =  = −  = = = − = − + = − = = − − = = − + r F m r r F ma m r a t i b t j r a dv dt a t i b t j v dr dt a ti b t j                            

第5章角动量及其规律习题解答 39 第 5章角动量及其规律习题解答 5.1.3 一个具有单位质量的质点在力场 F t t i t j ˆ (12 6) ˆ (3 4 ) 2 = − + −  中运动，其中 t 是时间。该质点在 t=0 时位于原点，且速度为零。求 t=2 时该质点所受的对原点的力矩。解：据质点动量定理的微分形式， Fdt = d(mv) = dv (m =1)    dv t t i t j]dt ˆ (12 6) ˆ [(3 4 ) 2  = − + −  k k k i i j j i j k j i k r F i j i j F i j i j i j r i j r t t i t t j dr i t t dt j t t dt dr vdt t t i t t j dt v t t i t t j dv i t t dt j t dt r t t v t t ˆ ) 40 ˆ 4 4( ˆ (2) 18 ˆ ˆ ˆ , ˆ ˆ ˆ 0, ˆ ˆ ˆ ˆ ) 4ˆ 18 ˆ ) ( ˆ 4 ˆ (2) (2) (2) ( ˆ 4ˆ 18 ˆ (12 2 6) ˆ (2) (3 2 4 2) ˆ 4 ˆ ˆ (2 2 3 2 ) ˆ (2) ( 2 2 ) ˆ (2 3 ) ˆ ( ) ( ) 6 ˆ ( 2 ) ˆ ] ˆ 6( ) ˆ [( 2 ) ˆ 6( ) ˆ ( 2 ) (12 6) ˆ (3 4 ) ˆ 3 4 3 4 2 3 4 3 3 2 3 4 2 4 1 3 3 2 3 4 2 4 1 0 0 0 3 2 2 3 2 2 3 2 2 0 0 2 0  = −  +  − = −  =  =  =  = − =  = − +  + =  −  +  − = + = − + =  −  +  −  = − + − = − + − = = − + − = − + − = − + −                        5.1.4 地球质量为 6.0×1024kg，地球与太阳相距 149×106km，视地球为质点，它绕太阳做圆周运动，求地球对于圆轨道中心的角动量。解： 365 24 60 60 2 (149 10 ) 6.0 10 9 2 2 24     = = =    L mvr m r 10 2.65 10 kgm /s 365 24 60 60 6.0 2 149 42 40 2 2  =       =  5.1.5 根据 5.1.2 题所给的条件，求该质点对原点的角动量。解： L r p mr v      =  =  m ab tk ab tk mab k m a ti b tj a ti b tj ˆ ) ˆ sin ˆ ( cos ) ˆ cos ˆ ( cos ˆ sin ˆ) ( sin 2 2            = + = = +  − + 5.1.6 根据 5.1.3 题所给的条件，求质点在 t=2 时对原点的角动量。解： L(2) r(2) p(2) mr(2) v(2)      =  =  i j j k ˆ 1 ( ˆ 4 ˆ ) 12 ˆ 16 3 4 =  − +  = − 5.1.7 水平光滑桌面中间有一光滑小孔，轻绳一端伸入孔中，另一端系一质量为 10g 小球，沿半径为 40cm 的圆周作匀速圆周运动，这时从孔下拉绳的力为 10-3N。如果继续向下拉绳，而使小球沿半径为 10cm 的圆周作匀速圆周运动，这时小球的 F 速率是多少？拉力所做的功是多少？解：设小球的质量为 m=10×10-3kg,原来的运动半径为 R1=40cm, 运动速率为 v1;后来的运动半径为 R2=10cm,运动速率为 v2. 先求小球原来的速率 v1：据牛顿第二定律，F=mv1 2 /R1，所以， v R F / m 0.4 10 /10 0.2m /s 3 2 1 = 1 =  = − − 由于各力对过小孔的竖直轴的力矩为零，所以小球对该轴的角 i ˆ j ˆ k ˆ

第5章角动量及其规律习题解答 40 第5章角动量及其规律习题解答动量守恒，mmR1=m2R2,2=mR/R2=0.2×0.4/0.1=0.8m/s 它与A点的距离最大，且等于800mm,求此时的速率v及初速率o. 在由R一R2的过程中，只有拉力F做功，据动能定理，有解：设小球B的质量m=0.2kg原来与固定点A的距离m=0.4m, A4e=mv22-m2=支m(y22-y2)=m(2+y1y2-y) 当速率为v时，与A点距离=0.8m,弹性绳自由伸展的长度为d=0.6m. 小球B的速率由%→v的过程中，作用在小球B上的力对过A =×10-2(0.8+0.2)0.8-0.2)=3×10-3J 点轴的力矩之和始终为零，因而小球对A点的角动量守恒，有 nosin30°=m(最大距离时，F⊥下)(1) 5.1.8一个质量为m的质点在0-xy平面内运动，其位置矢量为另外，在此过程中，只有保守内力（绳的弹力）做功，因而能量守恒， F=acos0ti+bsnotj,其中a、b和w是正常数，试以运动学和动力学观点证明该质点对于坐标原点角动量守恒。。2=k(r-d)2+号mm2(2) 证明：为求解方便，将(12)化简，并代入已知数据可得： =dr /dt =-ao sin o ti +bo coso tj y。=4v0)y,2=1.6+v2(2y a=dv/dt =-ao2 cosoti-bo'smn otj=-o'r 解此方程组，求得：m≈1.3m/sv≈0.33m/s (1)运动学观点： L=Fx mi =(acosoti+bsin ot)xm(-aosin oti+bo cosotj) 5.1.10一条不可伸长的细绳穿过铅直放置的、管口光滑的 .ixi=jxj=0,ixj=jx(-i)=k 细管，一端系一质量为0.5g的小球，小球沿水平圆周运动.最初h=2m, 01=30°，后来继续向下拉绳使小球以0=60°沿水平圆周运动。求小 .L=mabo cos'otk+mabosin'otk=mabo k 球最初的速度，最后的速度2以及绳对小球做的总功。显然与时间t无关，是个守恒量。解：隔离小球，受力情况如图示， (2)动力学观点：应用牛顿第二定律，有： :元=F×F=F×mā=下×m(-02)=-mo2T×下=0，.该质点 Fsin0=my2/Isin 0 (1) 角动量守恒。 F cos0=mg (2) (①2)得=点 mg 5.1.9质量为200g的小球 -400nm ∴.v=Vgl1cos0sin0(3) B以弹性绳在光滑水平面上与固 309 定点A相连。弹性绳的劲度系数为8N/m,其自由伸展长度为当9=01时%=Vg/cos01sin0,=V9.8×4/W5=2.38m/s 600mm.最初小球的位置及速度%如图所示。当小球的速率变为v时，当0=02时，y22=2=8山2=装（④ cos

第5章角动量及其规律习题解答 40 第 5章角动量及其规律习题解答动量守恒，mv1R1=m v2R2，v2=v1R1/R2=0.2×0.4/0.1=0.8m/s 在由 R1→R2 的过程中，只有拉力 F 做功，据动能定理，有 J A mv mv m v v m v v v v F 2 3 2 1 2 2 1 2 1 1 2 1 2 2 2 1 2 2 1 1 2 2 2 1 10 (0.8 0.2)(0.8 0.2) 3 10 ( ) ( )( ) − − =  + − =  = − = − = + − 5.1.8 一个质量为 m 的质点在 o-xy 平面内运动，其位置矢量为 r a t i b t j ˆ = cos ˆ + sin   ，其中 a、b 和ω是正常数，试以运动学和动力学观点证明该质点对于坐标原点角动量守恒。证明： a dv dt a ti b tj r v dr dt a ti b tj      2 2 2 ˆ / cos ˆ sin ˆ cos ˆ / sin          = = − − = − = = − + ⑴运动学观点： L mab tk mab tk mab k i i j j i j j i k L r mv a ti b tj m a ti b tj ˆ ˆ sin ˆ cos ˆ ) ˆ ( ˆ ˆ ˆ 0, ˆ ˆ ˆ ˆ ) ˆ cos ˆ ( cos ˆ sin ˆ) ( sin 2 2             = + =  =  =  =  − = =  = +  − +      显然与时间 t 无关，是个守恒量。 ⑵动力学观点： ∵ ( ) 0 2 2 = r  F = r ma = r m − r = −m r  r =             ,∴该质点角动量守恒。 5.1.9 质量为 200g 的小球 v0 B 以弹性绳在光滑水平面上与固 A B 30º 定点 A 相连。弹性绳的劲度系数为 8 N/m，其自由伸展长度为 600mm.最初小球的位置及速度 v0 如图所示。当小球的速率变为 v 时，它与 A 点的距离最大，且等于 800mm，求此时的速率 v 及初速率 v0. 解：设小球 B 的质量 m=0.2kg,原来与固定点 A 的距离 r0=0.4m, 当速率为 v 时，与 A 点距离 r=0.8m,弹性绳自由伸展的长度为 d=0.6m. 小球 B 的速率由 v0→v 的过程中，作用在小球 B 上的力对过 A 点轴的力矩之和始终为零，因而小球对 A 点的角动量守恒，有 r0mv0sin30º= rmv (最大距离时， r v)   ⊥ （1）另外,在此过程中,只有保守内力（绳的弹力）做功,因而能量守恒， ( ) (2) 2 2 2 1 2 1 2 2 0 1 mv = k r − d + mv 为求解方便，将⑴⑵化简，并代入已知数据可得： 4 (1)' 1.6 (2)' 2 2 0 0 v = v v = + v 解此方程组，求得：v0 ≈1.3 m/s v ≈0.33 m/s 5.1.10 一条不可伸长的细绳穿过铅直放置的、管口光滑的细管，一端系一质量为0.5g的小球，小球沿水平圆周运动。最初l1=2m, θ1=30º，后来继续向下拉绳使小球以θ2=60º沿水平圆周运动。求小球最初的速度 v1，最后的速度 v2 以及绳对小球做的总功。解：隔离小球，受力情况如图示， l2 应用牛顿第二定律，有： θ F θ2 l1 / cos sin (3) (1)/(2) cos (2) sin / sin (1) cos sin sin 2 2         v gl F mg F mv l gl v  = = = = 得 mg 当θ=θ1 时 v gl / cos sin 9.8 4/ 3 2.38m/s 2 1 1 = 1  1  1=  = 当θ=θ2 时, (4) 3 2 2 2 2 3 cos 2 sin 2 2 2 2 2 2 2 g gl v v = = gl l =   400mm θ1 F

第5章角动量及其规律习题解答 41 第5章角动量及其规律习题解答由于作用质点上的力对管轴的力矩始终等于零，，角动量守恒：左盘中的砝码脱离弹簧获得速度ⅴ后做竖直上抛运动，达到最大 mm以sm0=m,4sm0,“2=器，将(4)式和三角函数高度h时速度为零，据能量守恒，2mm2=mgh∴h=v2/2g(3) 值代入，可求得：”=等=号×9.8×2×2.38=3.43m/s 由(1)(2)可求得2=3o214m,代入(3)中得：h=3kl62/8mg 将2代入(4)中，可求得h=0.8m,根据质点动能定理： Ae=△E4+△E。=m(y22-y12)+mg(0cos0,-12cos02) 5.2.3两个滑冰运动员的质量各为70kg,以6.5m/s的速率沿相反方向滑行，滑行路线间的垂直距离为10m,当彼此交错时，各抓 =×0.5×103×(3.432-2.382)+0.5×103(2×5-0.8×) 住10m绳索的一端，然后相对旋转。(1)在抓住绳索一瑞之前，各自 =0.0806J 对绳索中心的角动量是多少？抓住之后是多少？(2)它们各自收拢绳索，到绳长为5m时，各自的速率如何？(3)绳长为5m时，绳内张力 5.2.2理想滑轮悬挂两质量为m的砝码盘。用轻线拴住轻弹簧多大？(4)二人在收拢绳索时，各自做了多少功)（⑤）总动能如何变化？两端使它处于压缩状态，将此弹簧竖直放在一砝码盘上，弹簧上端解：设每个运动员的质量为m=70kg,收放一质量为m的砝码。另一砝码盘上也放置质量为m的砝码，使两绳前相对绳中心0的距离为d=d1=5m,速率盘静止。燃断轻线，轻弹簧达到自由伸展状态即与砝码脱离。求砝为v-v1=6.5m/s:当把绳收拢为d=d=2.5m时，码升起的高度，已知弹簧劲度系数为k,被压缩的长度为6. 速率v=2. 解：设滑轮半径为R,弹簧释放后， (1)对绳中心0点的角动量各为弹簧上边的砝码获得的速度为”，方向 L=m1d=70×6.5×5=2275kgm2/s(抓住绳索前后角动量相同) 向上，左边砝码盘获得的速度为，方 (2)把两个运动员视为一个质点系，在收绳过程中，质点系对0轴向向下，显然右边砝码盘及砝码获得的的角动量守恒，有2mv1d山1=2m2d∴.2=md1ld=6.5×5/2.5=13m/s 速度大小也是，但方向向上（如图示）。 (3)把某一运动员视为质点，作为研究对象，由牛顿第二定律，把左盘、左盘上的砝码和右盘及盘绳中张力F=m221山=70×1322.5=4732N 中砝码视为一个质点系，作为研究对象。 1 (4)由质点动能定理，每人所做的功均为：在弹簧释放过程中，作用于质点系的外力对滑轮轴的力矩之和始终 A=22-支mm2=m(2-)2+片) 为零，故质点系对滑轮轴的角动量守恒，规定垂直纸面向外的角动量为正，则有：-mmR+m'R+2m'R=0,即v=3V(1) =×7013-6.5)13+6.5)=4436.J 另外，在此过程中，只有弹簧的弹力和重力做功，因而质点系能量 (⑤总动能增大了△E4=2×4436=8872J 守恒，忽略重力势能的微小变化，则有：号k12=号m2+(3mp2，即mm2+3m2=k从，2(2)

第5章角动量及其规律习题解答 41 第 5章角动量及其规律习题解答由于作用质点上的力对管轴的力矩始终等于零,∴角动量守恒： sin 1 sin 1 1 1 2 2 2 2 2 2 1 1 mv l sin mv l sin v v l l    =   = ，将（4）式和三角函数值代入，可求得： v m s gl v 9.8 2 2.38 3.43 / 3 2 3 3 2 3 3 2 1 1 = =    = 将 v2 代入（4）中，可求得 l2=0.8m，根据质点动能定理： J A E E m v v mg l l F k p 0.0806 0.5 10 (3.43 2.38 ) 0.5 10 (2 0.8 ) ( ) ( cos cos ) 2 1 2 3 2 2 3 3 2 1 1 1 2 2 2 1 2 2 2 1 = =    − +   −  =  +  = − + − − −   5.2.2 理想滑轮悬挂两质量为 m 的砝码盘。用轻线拴住轻弹簧两端使它处于压缩状态，将此弹簧竖直放在一砝码盘上，弹簧上端放一质量为 m 的砝码。另一砝码盘上也放置质量为 m 的砝码，使两盘静止。燃断轻线，轻弹簧达到自由伸展状态即与砝码脱离。求砝码升起的高度，已知弹簧劲度系数为 k，被压缩的长度为 l0. 解：设滑轮半径为 R，弹簧释放后，弹簧上边的砝码获得的速度为 v，方向向上，左边砝码盘获得的速度为 v'，方向向下，显然右边砝码盘及砝码获得的速度大小也是 v',但方向向上（如图示）。 v v’ 把左盘、左盘上的砝码和右盘及盘 m m 中砝码视为一个质点系，作为研究对象。 v' 在弹簧释放过程中，作用于质点系的外力对滑轮轴的力矩之和始终为零，故质点系对滑轮轴的角动量守恒，规定垂直纸面向外的角动量为正，则有：- mvR+mv’R+2mv’R = 0，即 v = 3 v' (1) 另外，在此过程中，只有弹簧的弹力和重力做功，因而质点系能量守恒，忽略重力势能的微小变化，则有： 2 2 2 1 2 1 2 2 0 1 kl = mv + (3m)v' ，即 3 ' (2) 2 0 2 2 mv + mv = kl 左盘中的砝码脱离弹簧获得速度 v 后做竖直上抛运动,达到最大高度 h 时速度为零,据能量守恒, / 2 (3) 2 2 2 1 mv = mghh = v g 由⑴⑵可求得 v 2=3kl0 2 /4m，代入⑶中得：h = 3 k l0 2 /8mg 5.2.3 两个滑冰运动员的质量各为 70kg，以 6.5m/s 的速率沿相反方向滑行，滑行路线间的垂直距离为 10m，当彼此交错时，各抓住 10m 绳索的一端，然后相对旋转。⑴在抓住绳索一端之前，各自对绳索中心的角动量是多少？抓住之后是多少？⑵它们各自收拢绳索，到绳长为 5m 时，各自的速率如何？⑶绳长为 5m 时，绳内张力多大？⑷二人在收拢绳索时，各自做了多少功〉⑸总动能如何变化？解：设每个运动员的质量为 m=70kg，收 m v 绳前相对绳中心 o 的距离为 d = d1= 5m，速率为 v=v1=6.5m/s；当把绳收拢为 d = d2= 2.5m 时, o 速率 v=v2. ⑴对绳中心 o 点的角动量各为 v m L=mv1d1=70×6.5×5=2275kgm2 /s（抓住绳索前后角动量相同） ⑵把两个运动员视为一个质点系,在收绳过程中，质点系对 o 轴的角动量守恒,有 2m v1d1 = 2m v2 d2∴v2 = v1d1/d2 = 6.5×5/2.5 =13 m/s ⑶把某一运动员视为质点，作为研究对象，由牛顿第二定律，绳中张力 F = m v2 2 /d2 = 70×132 /2.5 = 4732 N ⑷由质点动能定理，每人所做的功均为： J A mv mv m v v v v 70(13 6.5)(13 6.5) 4436 ( )( ) 2 1 2 2 1 2 1 1 2 2 1 1 2 2 2 1 =  − + = = − = − + ⑸总动能增大了ΔEk = 2×4436 = 8872 J m m d d

西安电子科技大学：《大学物理》课程习题解答（力学）第5章 角动量及其规律习题解答

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